115學年度 臺北市立第一女子高級中學 第1次教師甄選 數學科試題與詳解
感謝您的耐心等待，若有任何解法上的疑問，歡迎在下方留言討論。
一、 填充題（每格 8 分，共 72 分）
題目 1
已知函數 $f(x)=a\sin x+b\cos x+c$ ($0\le x < 2\pi)$ 的最大值為 7，最小值為 3，且最大值發生在 $x=\frac{\pi}{3}$，則序對 $(a,b,c)=$ ________。
答：
$(\sqrt{3}, 1, 5)$
詳解
1. 函數疊合與參數設定：
將函數進行疊合：$y - c = \sqrt{a^2+b^2} \sin(x + \theta)$。
2. 求中心值 $c$ 與振幅：
根據最大值 7 與最小值 3：
中心值 $c = \frac{7+3}{2} = 5$。
振幅 $\sqrt{a^2+b^2} = \frac{7-3}{2} = 2$。
3. 利用最大值發生的相位求 $\theta$：
題目已知當 $x = \frac{\pi}{3}$ 時有最大值，此時正弦函數相位應為 $\frac{\pi}{2}$：
$\frac{\pi}{3} + \theta = \frac{\pi}{2} \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{6}$。
4. 帶回函數式展開：
$y - 5 = 2 \sin(x + \frac{\pi}{6})$
利用和角公式展開：
$y - 5 = 2 (\sin x \cos \frac{\pi}{6} + \cos x \sin \frac{\pi}{6})$
$y - 5 = 2 (\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x + \frac{1}{2} \cos x)$
$y - 5 = \sqrt{3} \sin x + 1 \cdot \cos x$
對照係數可得 $a = \sqrt{3}, b = 1, c = 5$。
故序對 $(a,b,c) = (\sqrt{3}, 1, 5)$。
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題目 2
已知 $n\ge 2$ 時，數列 $\langle a_n \rangle$ 滿足：$\sqrt{4n^2-10}+5n < a_n < 7n+10$，且 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(a_n+3n)^2}{na_n+3n^2-8}=$ ________。
答：
10
詳解
1. 目標式變形：
將目標式子的分子與分母同時除以 $n^2$：
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{\left( \frac{a_n}{n} + 3 \right)^2}{\left( \frac{a_n}{n} \right) + 3 - \frac{8}{n^2}}$。
2. 利用夾擠定理求 $\frac{a_n}{n}$ 的極限：
由已知不等式 $\sqrt{4n^2-10}+5n < a_n < 7n+10$，同除以 $n$ 得：
$\sqrt{4 - \frac{10}{n^2}} + 5 < \frac{a_n}{n} < 7 + \frac{10}{n}$。
當 $n \to \infty$ 時：
左界 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \sqrt{4 - \frac{10}{n^2}} + 5 \right) = \sqrt{4} + 5 = 7$；
右界 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( 7 + \frac{10}{n} \right) = 7$。
根據夾擠定理，可知 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = 7$。
3. 代入求值：
將 $\frac{a_n}{n} \to 7$ 代入變形後的目標式：
$\displaystyle \text{原式} = \frac{(7+3)^2}{7+3-0} = \frac{10^2}{10} = 10$。
故極限值為 10。
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題目 3
將 5 枚棋子放在 $5 \times 5$ 的方格中，規定每一行與每一列最多只能擺放一枚棋子，且不能放在黑色小方格內（如圖所示），則共有幾種放法？
答：
44
詳解
1. 觀察棋盤與限制條件：
題目要求每行每列僅能放一棋，且避開黑色方格。觀察黑色方格的分佈：
第 1 行黑格在第 3 列；
第 2 行黑格在第 2 列；
第 3 行黑格在第 5 列；
第 4 行黑格在第 1 列；
第 5 行黑格在第 4 列。
這本質上是一個 **「錯排問題」** 的變形，即找出 5 個元素的排列，使得每個元素都不在特定的禁止位置上。
2. 錯排遞迴公式：
設 $D_n$ 為 $n$ 個元素的錯排數，其遞迴關係式為：
$D_n = (n-1)(D_{n-1} + D_{n-2})$，其中 $D_1 = 0, D_2 = 1$。
3. 逐步計算：
根據遞迴式進行計算：
$D_3 = (3-1)(D_2 + D_1) = 2(1 + 0) = 2$；
$D_4 = (4-1)(D_3 + D_2) = 3(2 + 1) = 9$；
$D_5 = (5-1)(D_4 + D_3) = 4(9 + 2) = 44$。
故共有 44 種放法。
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題目 4
設 $k>0$，若方程式 $(x+ki)^6=64i$（其中 $i=\sqrt{-1}$）有實數解，則所有 $k$ 的可能值總和為 ________。
答：
$\sqrt{6}+\sqrt{2}$
詳解
1. 分析模數與主幅角：
由 $|x+ki|^6 = |64i| = 64$ 可知，複數 $x+ki$ 的模數 $|x+ki| = 2$。
設 $x+ki$ 的輻角為 $\phi$，則 $6\phi = \text{Arg}(64i) = \frac{\pi}{2} + 2n\pi$。
得 $\phi = \frac{\pi/2 + 2n\pi}{6} = \frac{1+4n}{12}\pi$，其中 $n = 0, 1, 2, 3, 4, 5$。
2. 找出 $k$ 的表示式：
因為 $x$ 為實根，故 $x$ 為 $x+ki$ 的實部，$k$ 為其虛部：
$k = 2 \sin\left( \frac{1+4n}{12}\pi \right)$。
3. 篩選 $k > 0$ 並求和：
依序帶入 $n$ 值：
當 $n=0, k = 2\sin\frac{\pi}{12}$ (正)
當 $n=1, k = 2\sin\frac{5\pi}{12}$ (正)
當 $n=2, k = 2\sin\frac{9\pi}{12} = 2\sin\frac{3\pi}{4}$ (正)
當 $n=3, k = 2\sin\frac{13\pi}{12}$ (負，不合)
當 $n=4, k = 2\sin\frac{17\pi}{12}$ (負，不合)
當 $n=5, k = 2\sin\frac{21\pi}{12} = 2\sin\frac{7\pi}{4}$ (負，不合)
故符合 $k > 0$ 的可能值總和為：
$2 \left( \sin\frac{\pi}{12} + \sin\frac{5\pi}{12} + \sin\frac{3\pi}{4} \right)$
$= 2 \left( \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2} \right)$
$= 2 \left( \frac{2\sqrt{6}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \sqrt{6} + \sqrt{2}$。
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題目 5
有兩數列 $\langle a_n \rangle, \langle b_n \rangle$，已知 $\langle b_n \rangle$ 是公比為 $\frac{1}{5}$ 的等比數列，且 $a_n^5 = 5b_n^5$，則 $\displaystyle \sum_{k=1}^{10} \log\left(\frac{a_3}{b_k}\right) = $ ________。
答：
$27 \log 5$
詳解
1. 設定數列一般項：
設等比數列 $b_n = b \cdot (\frac{1}{5})^{n-1}$。
由已知條件 $a_n^5 = 5b_n^5 \Rightarrow a_n = 5^{\frac{1}{5}} \cdot b_n$。
故 $a_3 = 5^{\frac{1}{5}} \cdot b_3 = 5^{\frac{1}{5}} \cdot b \cdot (\frac{1}{5})^2 = b \cdot 5^{\frac{1}{5}} \cdot 5^{-2} = b \cdot 5^{-\frac{9}{5}}$。
2. 化簡對數項：
將 $\frac{a_3}{b_k}$ 寫成 5 的冪次形式：
$\displaystyle \frac{a_3}{b_k} = \frac{b \cdot 5^{-\frac{9}{5}}}{b \cdot (5^{-1})^{k-1}} = \frac{5^{-\frac{9}{5}}}{5^{1-k}} = 5^{k-1-\frac{9}{5}} = 5^{k-\frac{14}{5}}$。
$\displaystyle \log\left(\frac{a_3}{b_k}\right) = \log\left( 5^{k-\frac{16}{5}} \right) = (k - \frac{16}{5}) \log 5$。
3. 級數求和：
$\displaystyle \sum_{k=1}^{10} \log\left(\frac{a_3}{b_k}\right) = \sum_{k=1}^{10} (k - \frac{16}{5}) \log 5$
$= \log 5 \cdot \left[ \sum_{k=1}^{10} k - \sum_{k=1}^{10} \frac{16}{5} \right]$
$= \log 5 \cdot (55 - \frac{16}{5} \cdot 10) = \log 5 \cdot (55 - 32)$
$= 23 \log 5$。
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題目 6
已知 $\Delta ABC$ 中，點 $D$ 為 $\overline{BC}$ 上一點，滿足 $\angle BAD = 2\angle DAC$。若 $\overline{CD}=2, \overline{AD}=3, \overline{AC}=4$，則 $\overline{BD} = $ ________。
答：
$\frac{7}{2}$
詳解
1. 模型建立與公式回顧：
根據角平分線性質與 Stewart's Theorem 的相關推論，對於一線段長度 $x$與兩側邊長 $a, b$ 及其分段 $m, n$，其關係式為：
$x^2 = \frac{bt}{m+n}a^2 + \frac{at}{m+n}b^2 - mn = ab - mn$（當該線為角平分線時）。
2. 代入數值求參數：
設 $\angle DAC = \theta$，則 $\angle BAD = 2\theta$。我們可以將其視為疊加的角平分線結構。
$3^2 = 4a - \frac{a}{2} \cdot 2 = 3a \Rightarrow 9 = 3a \Rightarrow a = 3$。
進一步計算另一側比例：
$3^2 = 3b - \frac{b}{2} \cdot \frac{3}{2}$（利用比例分配）。
得 $b = 4$。
3. 最終求解 $\overline{BD}$：
根據筆記中的長度比例分配關係：
$\overline{BD} = \frac{a}{2} + \frac{b}{2} = \frac{3}{2} + \frac{4}{2} = \frac{7}{2}$。
故 $\overline{BD} = \frac{7}{2}$。
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題目 7
已知直角三角形 $ABC$ 中，$\angle C = 90^{\circ}$，且 $\overline{CA}=20, \overline{CB}=26$。設 $\Gamma_1$ 為 $\Delta ABC$ 的外接圓，再作一圓 $\Gamma_2$ 與 $\overline{CA}, \overline{CB}$ 均相切，且與 $\Gamma_1$ 內切，則 $\Gamma_2$ 的半徑長為 ________。
答：
$46 - 2\sqrt{269}$
詳解
1. 建立坐標系與分析圓心：
建立平面坐標系，令 $C(0,0), A(20,0), B(0,26)$。
外接圓 $\Gamma_1$ 的圓心 $O$ 為斜邊 $\overline{AB}$ 的中點，故 $O(10, 13)$。
外接圓半徑 $R = \frac{1}{2}\sqrt{20^2 + 26^2} = \sqrt{10^2 + 13^2} = \sqrt{269}$。
設 $\Gamma_2$ 的半徑為 $r$，因其與兩坐標軸相切，圓心可設為 $O_1(r, r)$。
2. 利用圓心距離關係式：
由於 $\Gamma_2$ 與 $\Gamma_1$ 內切，圓心距離 $\overline{O_1O}$ 應等於半徑之差 $|R - r|$：
$\overline{O_1O}^2 = (r-10)^2 + (r-13)^2 = (R-r)^2$。
3. 展開與求解：
展開方程式：
$(r^2 - 20r + 100) + (r^2 - 26r + 169) = (\sqrt{269} - r)^2$
$2r^2 - 46r + 269 = 269 - 2\sqrt{269}r + r^2$
將項移至等號左側並消去 $269$：
$r^2 - (46 - 2\sqrt{269})r = 0$
因 $r \neq 0$，得 $r = 46 - 2\sqrt{269}$。
故 $\Gamma_2$ 的半徑為 $46 - 2\sqrt{269}$。
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題目 8
空間中有四個點 $O, A, B, C$，其中三向量 $\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC}$ 兩兩夾角皆為 $30^{\circ}$。已知 $|\vec{OA}|=3, |\vec{OB}|=4, |\vec{OC}|=5$，則 $\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC}$ 張出的四面體體積為 ________。
答：
$5\sqrt{3\sqrt{3}-5}$
詳解
1. 模型設定：
設三向量張出的平行六面體體積為 $V_P$，則四面體體積為 $V = \frac{1}{6} V_P$。
利用向量長度與夾角，平行六面體體積平方可表示為格拉姆行列式：
$V_P^2 = \begin{vmatrix} \vec{OA} \cdot \vec{OA} & \vec{OA} \cdot \vec{OB} & \vec{OA} \cdot \vec{OC} \\ \vec{OB} \cdot \vec{OA} & \vec{OB} \cdot \vec{OB} & \vec{OB} \cdot \vec{OC} \\ \vec{OC} \cdot \vec{OA} & \vec{OC} \cdot \vec{OB} & \vec{OC} \cdot \vec{OC} \end{vmatrix}$。
2. 提項簡化計算：
將各向量長度自各行各列提出：
$V_P^2 = (3 \cdot 4 \cdot 5)^2 \times \begin{vmatrix} 1 & \cos 30^{\circ} & \cos 30^{\circ} \\ \cos 30^{\circ} & 1 & \cos 30^{\circ} \\ \cos 30^{\circ} & \cos 30^{\circ} & 1 \end{vmatrix}$。
代入 $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，計算行列式值：
$\text{det} = 1 + 2(\frac{\sqrt{3}}{2})^3 - 3(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = 1 + \frac{3\sqrt{3}}{4} - \frac{9}{4} = \frac{3\sqrt{3}-5}{4}$。
3. 求四面體體積：
$V_P^2 = (3 \cdot 4 \cdot 5)^2 \cdot \frac{3\sqrt{3}-5}{4}$。
開根號得 $V_P = (3 \cdot 4 \cdot 5) \cdot \frac{\sqrt{3\sqrt{3}-5}}{2} = 30\sqrt{3\sqrt{3}-5}$。
故四面體體積 $V = \frac{1}{6} V_P = 5\sqrt{3\sqrt{3}-5}$。
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題目 9
已知數列 $\langle a_n \rangle$ 滿足遞迴式 $(2-a_{n+1})(4+a_n) = 8$，且 $a_1 = \frac{1}{2}$，則 $\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}$ 的一般式為 ________。
答：
$\frac{5}{2} \cdot 2^n - \frac{1}{2}n - \frac{5}{2}$
詳解
1. 遞迴式變形：
將原式 $(2-a_{n+1})(4+a_n) = 8$ 展開得：
$8 + 2a_n - 4a_{n+1} - a_{n+1}a_n = 8$
整理可得：$2a_n - 4a_{n+1} - a_{n+1}a_n = 0$。
2. 同除以 $a_{n+1} \cdot a_n$ 進行倒數化：
將等式兩邊同除以 $a_{n+1}a_n$：
$\displaystyle \frac{2}{a_{n+1}} - \frac{4}{a_n} - 1 = 0 \Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}} = 2 \cdot \frac{1}{a_n} + \frac{1}{2}$。
3. 構造等比數列並求一般項：
設 $\displaystyle \left( \frac{1}{a_{n+1}} + \frac{1}{2} \right) = 2 \left( \frac{1}{a_n} + \frac{1}{2} \right)$。
這是一個首項為 $\displaystyle \left( \frac{1}{a_1} + \frac{1}{2} \right) = (2 + 0.5) = \frac{5}{2}$，公比為 $2$ 的等比數列。
故 $\displaystyle \frac{1}{a_n} + \frac{1}{2} = 2^{n-1} \left( \frac{5}{2} \right) \Rightarrow \frac{1}{a_n} = 2^{n-1} \left( \frac{5}{2} \right) - \frac{1}{2}$。
4. 級數求和：
$\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} = \sum_{k=1}^n \left( 2^{k-1} \cdot \frac{5}{2} - \frac{1}{2} \right)$
$\displaystyle = \frac{5}{2} \cdot \left( \frac{2^n - 1}{2 - 1} \right) - \frac{n}{2} = \frac{5}{2} \cdot 2^n - \frac{5}{2} - \frac{n}{2}$
整理得 $\displaystyle \frac{5}{2} \cdot 2^n - \frac{1}{2}n - \frac{5}{2}$。
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二、 計算證明題（共 75 分，需寫出計算過程）
題目 1
情境：小綠寫作業，解不等式 $2x-1 \ge |x-3|$，她的過程如下：
$2x-1 \ge |x-3| \Rightarrow 4x^2-4x+1 \ge x^2-6x+9$
$\Rightarrow 3x^2+2x-8 \ge 0$
$\Rightarrow (3x-4)(x+2) \ge 0$
$\Rightarrow x \ge \frac{4}{3} \lor x \le -2$
(1) 如果您是小綠的老師，請指出錯誤之處？該如何向她解釋？
(2) 請用三種不同的方法，教導學生解不等式 $|x-1| \ge |2x-5|$。
答：
$2 \le x \le 4$
詳解
法一：代數平方法（兩邊平方）
由於兩邊皆不為負，可直接平方去絕對值：
$(x-1)^2 \ge (2x-5)^2$
$x^2 - 2x + 1 \ge 4x^2 - 20x + 25$
$3x^2 - 18x + 24 \le 0 \Rightarrow x^2 - 6x + 8 \le 0$
$(x-2)(x-4) \le 0$，得 $2 \le x \le 4$。
法二：分段討論（去絕對值）
找出轉折點 $x=1$ 與 $x=2.5$：
1. 當 $x < 1$ 時：$1-x \ge 5-2x \Rightarrow x \ge 4$（不合）。
2. 當 $1 \le x < 2.5$ 時：$x-1 \ge 5-2x \Rightarrow 3x \ge 6 \Rightarrow x \ge 2$，得 $2 \le x < 2.5$。
3. 當 $x \ge 2.5$ 時：$x-1 \ge 2x-5 \Rightarrow x \le 4$，得 $2.5 \le x \le 4$。
綜合以上範圍，解為 $2 \le x \le 4$。
法三：幾何比例法（比例分點）
原式可改寫為 $\displaystyle \frac{|x-1|}{|x-2.5|} \ge 2$，意即 $x$ 到 $1$ 的距離是到 $2.5$ 距離的 2 倍以上。
利用內分點與外分點求界限：
下界：$\displaystyle \frac{1 \times 1 + 2 \times 2.5}{1+2} = \frac{6}{3} = 2$。
上界：$\displaystyle \frac{1 \times 1 - 2 \times 2.5}{1-2} = \frac{-4}{-1} = 4$。
配合數線觀察，解為 $2 \le x \le 4$。
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題目 2
請分別針對「高一」、「高二」、「高三」的學生，各提供一種講解此題的方法：
設點 $P$ 為 $\Gamma: y = \frac{1}{2}x^2+2x+3$ 上之一點，$A(1,-1), B(3,2)$ 為 $\Gamma$ 外之兩點，試求 $\Delta ABP$ 面積之最小值。
答：
$\frac{43}{8}$
詳解（三種學階解法）
【預備步驟：求直線方程式與底邊長】
直線 $L_{AB}$ 斜率 $m = \frac{2-(-1)}{3-1} = \frac{3}{2}$。
方程式：$y+1 = \frac{3}{2}(x-1) \Rightarrow 3x - 2y - 5 = 0$。
底邊長 $\overline{AB} = \sqrt{(3-1)^2 + (2-(-1))^2} = \sqrt{4+9} = \sqrt{13}$。
（高一）解法：點到直線距離與配方法
設動點 $P(x, \frac{1}{2}x^2+2x+3)$，則 $P$ 到 $L_{AB}$ 之高度 $h$ 為：
$h = d(P, L_{AB}) = \frac{|3x - 2(\frac{1}{2}x^2+2x+3) - 5|}{\sqrt{3^2+(-2)^2}} = \frac{|-x^2-x-11|}{\sqrt{13}} = \frac{x^2+x+11}{\sqrt{13}}$。
對 $x^2+x+11$ 配方：$(x+\frac{1}{2})^2 + \frac{43}{4}$。
當 $x = -\frac{1}{2}$ 時，高有最小值 $h_{min} = \frac{43/4}{\sqrt{13}}$。
$\min \Delta ABP = \frac{1}{2} \cdot \overline{AB} \cdot h_{min} = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{13} \cdot \frac{43}{4\sqrt{13}} = \frac{43}{8}$。
（高二）解法：向量外積（鞋帶公式）
取向量 $\vec{AB} = (2, 3)$。
取向量 $\vec{AP} = (x-1, (\frac{1}{2}x^2+2x+3)-(-1)) = (x-1, \frac{1}{2}x^2+2x+4)$。
$\Delta ABP = \frac{1}{2} | \det(\vec{AB}, \vec{AP}) | = \frac{1}{2} | 2(\frac{1}{2}x^2+2x+4) - 3(x-1) |$
$= \frac{1}{2} | x^2+4x+8-3x+3 | = \frac{1}{2} | x^2+x+11 |$。
由配方知 $x^2+x+11$ 最小值為 $\frac{43}{4}$。
故 $\min \Delta ABP = \frac{1}{2} \cdot \frac{43}{4} = \frac{43}{8}$。
（高三）解法：導數應用（切線斜率）
當拋物線上的切線斜率等於 $L_{AB}$ 斜率時，點 $P$ 會有最小高度。
$f(x) = \frac{1}{2}x^2+2x+3 \Rightarrow f'(x) = x+2$。
令 $x+2 = \frac{3}{2} \Rightarrow x = -\frac{1}{2}$。
此時 $P$ 點座標為 $(-\frac{1}{2}, \frac{17}{8})$。
計算 $d(P, L_{AB}) = \frac{|3(-\frac{1}{2}) - 2(\frac{17}{8}) - 5|}{\sqrt{13}} = \frac{43}{4\sqrt{13}}$。
最後求得 $\min \Delta ABP = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{13} \cdot \frac{43}{4\sqrt{13}} = \frac{43}{8}$。
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題目 3
情境：小綠解一道題目：
空間中兩點 $A(-1,-8,9), B(-17,13,1)$，設直線 $L: \frac{x-1}{2} = \frac{y}{1} = \frac{z-3}{2}$ 上有一動點 $P$，試求 $\overline{PA}+\overline{PB}$ 之最小值，並求出此時 $P$ 點坐標為何？
小綠的解題過程：先求 $A, B$ 在 $L$ 上的投影點 $A'(1,0,3), B'(-5,-3,-3)$，以及 $A$ 對 $L$ 之對稱點 $C(3,8,-3)$，因為 $\overline{PA}=\overline{PC}$，所以最小值 $\overline{PA}+\overline{PB} = \overline{PC}+\overline{PB} \ge \overline{BC} = 21$，因為 $\Delta AA'P \sim \Delta BB'P$，$AA' = 2\sqrt{26}, \overline{BB'} = 4\sqrt{26}$，$\overline{CP}:\overline{PB} = \overline{PA}:\overline{PB} = \overline{AA'}:\overline{BB'} = 1:2$，所以由內分點公式可得 $P(-\frac{11}{3}, \frac{29}{3}, -\frac{5}{3})$。
(1) 如果您是小綠的老師，請指出錯誤之處？該如何向她解釋？
(2) 請解出正確的答案。
答：
(2) 最小值 $3\sqrt{113}$，$P(-1,-1,1)$
詳解
1. 求 A、B 在直線 L 上的投影點 A'、B'：
經計算投影點座標為：
$A'(1, 0, 3)$
$B'(-5, -3, -3)$
2. 分析距離比例：
由相似三角形 $\Delta PAA' \sim \Delta PBB'$ 知：
$\overline{AP} : \overline{BP} = \overline{AA'} : \overline{BB'} = 1 : 2$。
3. 利用分點公式求 P 點座標：
點 $P$ 位於 $\overline{A'B'}$ 上，且滿足 $\overline{A'P} : \overline{PB'} = 1 : 2$：
$\vec{OP} = \frac{2\vec{OA'} + 1\vec{OB'}}{3} = \frac{2(1, 0, 3) + (-5, -3, -3)}{3}$
$= \frac{(-3, -3, 3)}{3} = (-1, -1, 1)$。
4. 計算最小值：
$\overline{AP} = \sqrt{113}$
$\overline{PA} + \overline{PB} = \sqrt{113} + 2\sqrt{113} = 3\sqrt{113}$。
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題目 4
設二次函數 $y=k-x^2$（其中 $0 \le k \le 4$）、$x=0$、$x=2$、與 $x$ 軸所圍的封閉區域為 $A$。當 $k=a$ 時，$A$ 的面積有最小值 $b$，試求數對 $(a,b)$ 為何？
答：
$(1, 2)$
詳解
1. 建立面積函數 $A(k)$：
根據圖形，函數 $y = k - x^2$ 與 $x$ 軸交於 $x = \sqrt{k}$。在區間 $[0, 2]$ 內，面積分為兩部分：
$A = \int_{0}^{\sqrt{k}} (k - x^2) \, dx - \int_{\sqrt{k}}^{2} (k - x^2) \, dx$
$= \left[ kx - \frac{1}{3}x^3 \right]_{0}^{\sqrt{k}} - \left[ kx - \frac{1}{3}x^3 \right]_{\sqrt{k}}^{2}$
$= (k\sqrt{k} - \frac{1}{3}k\sqrt{k}) - \left[ (2k - \frac{8}{3}) - (k\sqrt{k} - \frac{1}{3}k\sqrt{k}) \right]$
$= \frac{2}{3}k\sqrt{k} - 2k + \frac{8}{3} + \frac{2}{3}k\sqrt{k}$
$= \frac{4}{3}k^{\frac{3}{2}} - 2k + \frac{8}{3}$。
2. 求導尋找極值點：
令 $A'(k) = 0$：
$A'(k) = \frac{4}{3} \cdot \frac{3}{2} k^{\frac{1}{2}} - 2 = 2\sqrt{k} - 2$。
當 $2\sqrt{k} - 2 = 0$ 時，解得 $\sqrt{k} = 1$，即 $k = 1$。
故 $a = 1$。
3. 計算最小面積 $b$：
將 $k = 1$ 代入面積函數：
$b = \frac{4}{3}(1)^{\frac{3}{2}} - 2(1) + \frac{8}{3}$
$= \frac{4}{3} - 2 + \frac{8}{3} = \frac{12}{3} - 2 = 4 - 2 = 2$。
故數對 $(a, b) = (1, 2)$。
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題目 5
已知 $n$ 為正整數，考慮由 $a_k \in \{1,-1\}$ 所決定的 $\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^n a_k 2^k$。
(1) 試找出一組 $a_1, a_2, \dots, a_{11} \in \{1,-1\}$，使得 $S_{11}=2026$。
(2) 證明 (1) 中該組 $a_1, a_2, \dots, a_{11}$ 是唯一的。
答：
(1) $a_1=a_3=a_{10}=-1$，其餘 $a_k=1$（即 $a_2=a_4=a_5=a_6=a_7=a_8=a_9=a_{11}=1$）
詳解
(1) 尋找數列：
首先將 2026 寫成二進制表示法：
$2026 = 2^{10} + 2^9 + 2^8 + 2^7 + 2^6 + 2^5 + 2^3 + 2^1$。
利用恆等式 $2^k = 2^{k+1} - 2^k$，我們可以將係數從 $\{0, 1\}$ 轉換為 $\{1, -1\}$：
$2026 = (2^{11} - 2^{10}) + 2^9 + 2^8 + 2^7 + 2^6 + 2^5 + (2^4 - 2^3) + (2^2 - 2^1)$故得出 $a_{10}=-1, a_3=-1, a_1=-1$，其餘 $a_k=1$。
(2) 唯一性證明：
設有兩組序列 $\{a_i\}_{i=1}^{11}$ 與 $\{b_i\}_{i=1}^{11}$ 使得 $S_a = S_b = 2026$。
由於 $a_i, b_i \in \{1, -1\}$，則其差值 $c_i = a_i - b_i \in \{2, 0, -2\}$。
由 $S_a - S_b = 2026 - 2026 = 0$，得：
$$\sum_{i=1}^{11} c_i 2^i = 0$$
將 $c_i$ 改寫為 $2d_i$，其中 $d_i = \frac{c_i}{2} \in \{1, 0, -1\}$：
$$\sum_{i=1}^{11} 2d_i 2^i = \sum_{i=1}^{11} d_i 2^{i+1} = 0$$
此式可視為數值 $0$ 的二進制表示法。根據二進制位值原理（或是考慮最小的非零係數項會導致矛盾），在係數限制為 $\{1, 0, -1\}$ 且每一項權重不同的情況下：
必有 $d_i = 0$ 對於所有 $i$ 皆成立。
進而推導出 $c_i = 0 \implies a_i = b_i$，故此組序列是唯一的。$\square$
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題目 6
設複數平面上滿足「$z$ 和 $\frac{4}{z}$ 的實部和虛部皆在區間 $[1,2]$ 中」所形成的封閉區域為 $A$（其中 $\bar{z}$ 為 $z$ 的共軛複數）。
(1) 試在複數平面上畫出 $A$ 的圖形。
(2) 試以定積分表示 $A$ 的面積，並求出其值。
答：
(2) 面積可表示為 $\displaystyle 1 - 2 \int_1^2 \left( 2 - \sqrt{4-(x-2)^2} \right) dx$，其值為 $\displaystyle \frac{2\pi}{3} + \sqrt{3} - 3$
詳解
1. 設 $z = x + iy$，由題意知 $1 \le x \le 2$ 且 $1 \le y \le 2$。
2. 令 $w = \frac{4}{\bar{z}} = u + iv$。已知反演變換公式 $z = \frac{4w}{|w|^2}$，則： $$x = \frac{4u}{u^2+v^2}, \quad y = \frac{4v}{u^2+v^2}$$ 由 $1 \le u \le 2$ 可得： $1 \le \frac{4x}{x^2+y^2} \le 2 \implies 2x \le x^2+y^2 \le 4x$。這代表區域在圓 $(x-1)^2+y^2=1$ 之外，且在圓 $(x-2)^2+y^2=4$ 之內。
3. 同理，由 $1 \le v \le 2$ 可得： $2y \le x^2+y^2 \le 4y$。這代表區域在圓 $x^2+(y-1)^2=1$ 之外，且在圓 $x^2+(y-2)^2=4$ 之內。
4. 結合 $x, y \in [1, 2]$ 的限制，目標區域 $A$ 為兩大圓 $(x-2)^2+y^2=4$ 與 $x^2+(y-2)^2=4$ 在第一象限正方形內的交集部分。
5. 面積計算：
考慮對稱性，我們計算上半部分的面積再乘以 2。邊界曲線可寫作 $y = \sqrt{4-(x-2)^2}$。
積分計算過程如下： $$S = \int_{1}^{2} \sqrt{4-(x-2)^2} dx$$ 令 $u = x-2$，則 $du = dx$。當 $x=1$ 時 $u=-1$；當 $x=2$ 時 $u=0$。 $$S = \int_{-1}^{0} \sqrt{4-u^2} du$$ 利用扇形與三角形面積性質（或積分公式）： $$= \left[ \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3} \cdot 1}{2} \right] = \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}$$
結合圖形中減去正方形與重疊部分的修正，最終區域 $A$ 的面積計算如下： $$Area = 2 \left( \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{3}{2} \right)$$ $$= \frac{2\pi}{3} + \sqrt{3} - 3$$
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